新教材2023版高中数学课时作业二十五直线与圆锥曲线的位置关系新人教B版选择性必修第一册

课时作业(二十五)直线与圆锥曲线的位置关系一、选择题1．直线y＝x＋2与椭圆x2m+y23＝1A．m>1B．m>1且m≠3C．m>3D．m>0且m≠32．直线y＝kx－k＋1与椭圆x29+y24A．相交B．相切C．相离D．不确定3．抛物线y2＝12x截直线y＝2x＋1所得弦长等于()A．15B．215C．152D．4．已知双曲线x212-y24＝1的右焦点为FA．(－33，33)B．C．-33，33D二、填空题5．斜率为1的直线l与椭圆x24＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为6．已知(4，2)是直线l被椭圆x236+y29＝7．设双曲线Γ的方程为x2－y24＝1.设l是经过点M(1，1)的直线，且和Γ有且仅有一个公共点，则l的方程为三、解答题8．已知点A(0，－2)，椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32，F(1)求E的方程；(2)设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当△POQ的面积最大时，求l的方程.9.已知A，B分别为椭圆E：x2a2＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，AG·GB＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点．[尖子生题库]10．已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b>0)，离心率是12，原点与C和直线x＝1的交点围成的三角形面积是32.若直线l过点(27，0)，且与椭圆C相交于A，B两点(A，课时作业(二十五)直线与圆锥曲线的位置关系1．解析：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋2，,\f(x2,m)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋m)x2＋4mx＋m＝0，∴Δ＞0，∴m＞1或m＜0.又∵m＞0且m≠3，∴m＞1且m≠3.答案：B2．解析：因为y＝kx－k＋1，所以y－1＝k(x－1)，过定点(1，1)，定点在椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1内部，故选A.答案：A3．解析：令直线与抛物线交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋1，,y2＝12x，))得4x2－8x＋1＝0，∴x1＋x2＝2，x1x2＝eq\f(1,4)，∴|AB|＝eq\r(（1＋22）（x1－x2）2)＝eq\r(5[（x1＋x2）2－4x1x2])＝eq\r(15).答案：A4.解析：双曲线eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1的渐近线方程是y＝±eq\f(\r(3),3)x，右焦点F(4，0)，过右焦点F(4，0)分别作两条渐近线的平行线l1和l2，如图，由图形可知，符合条件的直线的斜率的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，故选C.答案：C5．解析：设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝4，,y＝x＋t，))消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，则x1＋x2＝－eq\f(8,5)t，x1x2＝eq\f(4（t2－1）,5).所以|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)t))\s\up12(2)－4×\f(4（t2－1）,5))＝eq\f(4\r(2),5)·eq\r(5－t2)，当t＝0时，|AB|max＝eq\f(4\r(10),5).答案：eq\f(4\r(10),5)6．解析：设直线l与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2).则eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),36)＋eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),9)＝1，且eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),36)＋eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),9)＝1，两式相减得eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(x1＋x2,4（y1＋y2）).又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)，故直线l的方程为y－2＝－eq\f(1,2)(x－4)，即x＋2y－8＝0.答案：x＋2y－8＝07．解析：(1)当直线l斜率不存在时，方程为x＝1，显然与双曲线Γ相切，只有一个交点，符合题意，(2)当直线l的斜率存在且与双曲线Γ相切时，设斜率为k，则直线l的方程为y－1＝k(x－1)，即y＝kx－k＋1，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－k＋1，,x2－\f(y2,4)＝1，))消去y得：(4－k2)x2－2k(1－k)x－[(1－k)2＋4]＝0，因为直线l和双曲线Γ有且仅有一个公共点，所以Δ＝4k2(1－k)2＋4(4－k2)[(1－k)2＋4]＝0，化简得：80－32k＝0，所以k＝eq\f(5,2)，所以直线l的方程为：y＝eq\f(5,2)x－eq\f(3,2)，即5x－2y－3＝0.(3)当直线l与双曲线Γ的渐近线平行时，也与双曲线Γ有且仅有一个公共点，因为双曲线Γ的渐近线方程为：y＝±2x，所以直线l的斜率为±2，所以直线l的方程为y－1＝2(x－1)或y－1＝－2(x－1)，即2x－y－1＝0或2x＋y－3＝0，综上所述，直线l的方程为x＝1或5x－2y－3＝0或2x－y－1＝0或2x＋y－3＝0.答案：x＝1或5x－2y－3＝0或2x－y－1＝0或2x＋y－3＝08．解析：(1)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(2,c)＝\f(2\r(3),3)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝\r(3)，))∴椭圆E的方程：eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)当直线l垂直于x轴时，△OPQ不存在，则直线存在斜率，设直线l的方程为y＝kx－2与eq\f(x2,4)＋y2＝1联立消去y有：(4k2＋1)x2－16kx＋12＝0，∴Δ＝(－16k)2－4×(4k2＋1)×12＝64k2－48>0，∴k2>eq\f(3,4)，令P(x1，y1)，Q(x2，y2)，∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(16k,4k2＋1)，,x1x2＝\f(12,4k2＋1)，))∴|PQ|＝eq\r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])＝eq\r(（1＋k2）\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16k,4k2＋1)))\s\up12(2)－\f(48,4k2＋1))))，整理得|PQ|＝eq\f(4\r(1＋k2)\r(4k2－3),4k2＋1)，令点O到直线l的距离为d，则d＝eq\f(2,\r(k2＋1))，∴△OPQ的面积S(k)＝eq\f(1,2)|PQ|d＝eq\f(4\r(4k2－3),4k2＋1)，令eq\r(4k2－3)＝t(t>0)，则S(k)＝eq\f(4\r(4k2－3),4k2＋1)＝eq\f(4t,t2＋4)＝eq\f(4,t＋\f(4,t))≤1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当t＝2，即k＝±\f(\r(7),2)时等号成立))所以直线l方程为eq\r(7)x－2y－4＝0，eq\r(7)x＋2y＋4＝0.9．解析：(1)依据题意作图，如图所示：由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1).则eq\o(AG,\s\up6(→))＝(a，1)，eq\o(GB,\s\up6(→))＝(a，－1).由eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(GB,\s\up6(→))＝8得a2－1＝8，即a＝3.所以E的方程为eq\f(x2,9)＋y2＝1.(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t).若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3<n<3.由于直线PA的方程为y＝eq\f(t,9)(x＋3)，所以y1＝eq\f(t,9)(x1＋3).直线PB的方程为y＝eq\f(t,3)(x－3)，所以y2＝eq\f(t,3)(x2－3).可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3).由于eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),9)＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝1，故yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝－eq\f(（x2＋3）（x2－3）,9)，可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.①将x＝my＋n代入eq\f(x2,9)＋y2＝1得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.所以y1＋y2＝－eq\f(2mn,m2＋9)，y1y2＝eq\f(n2－9,m2＋9).代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2＋9)＝0.解得n1＝－3(舍去)，n2＝eq\f(3,2).故直线CD的方程为x＝my＋eq\f(3,2)，即直线CD过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0)).若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0)).综上，直线CD过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0)).10．证明：由题意可知：e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(1,2)，所以a2＝eq\f(4,3)b2，由直线x＝1与椭圆相交，交点P(1，y)(y＞0)，由题意可知：eq\f(1,2)×1×2y＝eq\f(3,2)，解得y＝eq\f(3,2)，将Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))代入椭圆方程：eq\f(x2,\f(4,3)b2)＋eq\f(y2,b2)＝1，解得b2＝3，a2＝4，所以椭圆方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，即4y2＋3x2－12＝0.所以D点坐标为(2，0)，当直线l的斜率不存在时，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，\f(12,7)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，－\f(12,7)))，∴eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝0，∴∠ADB＝eq\f(π,2).当直线l的斜率存在时，设直线l：x＝my＋eq\f(2,7)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋\f(2,7)，,4y2＋3x2－12＝0，))得(196＋147m2)y2＋84my－576＝0，∵l与C有两个交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴Δ＞0，且y1y2＝eq\f(－576,196＋147m2)，y1＋y2＝eq\f(－84m,196＋147m2)，∴x1＋x2＝eq\f(－84m2,196＋147m2)＋eq\f(4,7)，x1x2＝eq\f(－600m2,196＋147